专题提升　动力学和能量观点的综合应用

专题提升(六)动力学和能量观点的综合应用基础必备1.(多选)一质点在0～6s内竖直向上运动,若取向上为正方向,g取10m/s2,其vt图象如图所示.下列说法正确的是(AD)A.质点在0～2s内减小的动能大于在4～6s内减小的动能B.在4～6s内,质点处于失重状态,且机械能增加C.质点在第2s末的机械能大于在第6s末的机械能D.质点在第2s末的机械能小于在第6s末的机械能解析:质点在0～2s内减小的动能为12m(602-402)=1000m,在4～6s内减小的动能为12m×402=800m,则选项A正确;在4～6s内,质点的加速度向下,处于失重状态,因加速度为a=-ΔvΔt=-402m/s2=-20m/s2=-2g,则除重力以外还有其他的力对物体做负功,则质点的机械能减小,选项B错误;质点在t=2s时的机械能为E2=12m×402+mg(40+602×2)=1800m,质点在t=6s时的机械能为E6=mg(40+602×2+40×2+2.将一小球竖直向上抛出,小球在运动过程中所受到的空气阻力不可忽略.a为小球运动轨迹上的一点,小球上升和下降经过a点时的动能分别为Ek1和Ek2.从抛出开始到小球第一次经过a点时重力所做的功为W1,从抛出开始到小球第二次经过a点时重力所做的功为W2.下列结论正确的是(B)=Ek2,W1=W2 >Ek2,W1=W2<Ek2,W1<W2 >Ek2,W1<W2解析:从抛出开始到第一次经过a点和从抛出开始到第二次经过a点,其位移相等,因重力做功只与初、末位置有关,故重力做功相等,即W1=W2.对两次经过a点的过程,根据动能定理,有-Wf=Ek2-Ek1,可知Ek1>Ek2,故B正确,A,C,D错误.3.(2022·浙江温州模拟)某工地上,一架起重机将放在地面的一个箱子吊起.箱子在起重机钢绳的作用下由静止开始竖直向上运动,运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示,其中0～x1过程的图线为曲线,x1～x2过程的图线为直线.根据图象可知(C)～x1过程中钢绳的拉力逐渐增大～x1过程中箱子的动能一直增加～x2过程中钢绳的拉力一直不变～x2过程中起重机的输出功率一直增大解析:由功能关系可知,箱子机械能的增加决定于钢绳拉力做的功,即E-E0=Fx,则E=E0+Fx,即在Ex图象中,切线的斜率表示拉力,由图可知0～x1过程中拉力逐渐减小,当拉力与重力相等时,重物匀速上升;若拉力小于重力,则减速上升,动能变化情况不确定,选项A,B错误;x1～x2为直线,则拉力不变,但无法判断拉力和重力的大小关系,重物可能加速、匀速、减速,输出功率不一定增大,C正确,D错误.4.(多选)如图所示,质量为m的滑块以一定初速度滑上倾角为θ的固定斜面,同时施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ,已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ.取出发点为参考点,下列图象描述滑块运动到最高点过程中产生的热量Q、滑块动能Ek、重力势能Ep、机械能E随时间t、位移x变化的关系,其中正确的是(CD)解析:根据滑块与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ可知,滑动摩擦力与滑块重力沿斜面向下的分力大小相等.施加一沿斜面向上的恒力F=mgsinθ,则F与摩擦力Ff合力为0,即F,Ff二者做功为0,可认为只有重力做功,滑块机械能保持不变,重力势能随位移x均匀增大,选项C,D正确;产生的热量Q=Ffx,Q随位移x均匀增大,滑块动能Ek随位移x均匀减小,又位移x=vt-12at25.(2022·山东潍坊期中)(多选)如图所示,水平传送带顺时针转动,速度为v1,质量为m的物块以初速度v0从左端滑上传送带,v0>v1,经过一段时间物块与传送带速度相同,此过程中(BD)A.物块克服摩擦力做的功为12mB.物块克服摩擦力做的功为12m(v02C.产生的内能为12m(v02D.产生的内能为12m(v0-v1)解析:在物块的速度大于传送带的速度的过程中,物块受摩擦力向左,向右匀减速运动直到共速,由动能定理可知-Wf=12mv12-12mv02,故Wf=12mv02-12mv12,故A错误,B正确;物块与传送带有相对运动,因摩擦生热,由运动规律可知,发生相对滑动时间t=v0-v1μg,则相对位移为Δx=6.(2022·甘肃兰州模拟)(多选)如图所示,倾角为θ的传送带顺时针匀速转动,把一物体由静止放置到传送带的底端,则物体从底端运动到顶端的过程中,下列说法正确的是(AD)A.物体始终受到沿传送带向上的摩擦力B.物体运动至顶端时一定相对传送带静止C.传送带对物体所做的功大于物体机械能的增量D.物体加速运动过程中传送带通过的距离大于或等于物体通过距离的2倍解析:倾角为θ的传送带顺时针匀速转动,物体由静止放置到传送带的底端而向上运动,可能是先加速后匀速运动,也可能一直加速运动,则物体始终受到沿传送带向上的摩擦力,选项A正确,B错误;根据功能关系,传送带对物体所做的功等于物体机械能的增量,选项C错误;若物体相对于传送带向下滑动,若物体到最高点时恰好两者共速,则传送带通过的距离是物体通过距离的2倍,若到最高点物体的速度小于传送带速度,则传送带通过的距离大于物体通过距离的2倍,选项D正确.7.(多选)如图所示,光滑水平面上放着足够长的木板B,木板B上放着木块A,A,B间的接触面粗糙,现在用一水平拉力F作用在A上,使其由静止开始运动,且相对于B运动,则下列说法正确的是(BD)A.拉力F做的功等于A,B系统动能的增加量B.拉力F做的功大于A,B系统动能的增加量C.拉力F和B对A做的功之和小于A的动能的增加量对B做的功等于B的动能的增加量解析:对整体可知,F做功的结果使两个物体增加动能及产生内能,故F做的功一定大于A,B系统动能的增加量,故A错误,B正确;由动能定理可知,拉力F和B对A做的功之和等于A的动能的增加量,而A对B做的功等于B的动能的增加量,选项C错误,D正确.8.(多选)如图,质量为M、长度为L的小车静止在光滑水平面上,质量为m的小物块(可视为质点)放在小车的最左端.现用一水平恒力F作用在小物块上,使小物块从静止开始做匀加速直线运动.小物块和小车之间的摩擦力为Ff,小物块滑到小车的最右端时,小车运动的距离为x.此过程中,下列结论正确的是(ABC)A.小物块到达小车最右端时具有的动能为(F-Ff)(L+x)B.小物块到达小车最右端时,小车具有的动能为FfxC.小物块克服摩擦力所做的功为Ff(L+x)D.小物块和小车增加的机械能为Fx解析:根据动能定理,小物块到达小车最右端时的动能Ek物=W合=(F-Ff)·(L+x);小车的动能Ek车=Ffx,选项A,B正确;小物块克服摩擦力所做的功Wf=Ff(L+x),选项C正确;小物块和小车增加的机械能ΔE=Ek物+Ek车=F(L+x)-FfL,选项D错误.能力培养9.(2022·四川棠湖中学高三期末)(多选)如图所示,长为L=3m,质量为M=2kg的平板车在粗糙水平面上向右滑行,当其速度为v0=4.5m/s时,在其右端轻轻放上一个质量为m=1kg的滑块,已知平板车与地面间的动摩擦因数为μ1=,滑块与平板车间的动摩擦因数为μ2=,则从放上滑块开始到最终二者均静止的过程中,下列说法正确的是(AD)A.滑块与平板车静止前取得相同的速度所需时间为1sB.滑块相对平板车向左滑动2.25m的距离后与平板车一起向右减速C.滑块与平板车间因摩擦生热增加的内能为JD.滑块、平板车和地面组成的系统增加的内能为J解析:根据牛顿第二定律,滑块的加速度a2=μ2g=1m/s2,木板的加速度a1=μ2mg+μ1(m+M)gM=3.5m/s2,滑块与平板车静止前取得相同的速度时,有v0-a1t=a2t,解得t=1s,v=1m/s,选项A正确;当两者达到共速时,此时木板的位移x1=v+v02t=1+4.52×1m=2.75m,滑块的位移x2=v2t=12×1m=0.5m,则滑块相对木板滑行的距离为Δx=x1-x2=2.25m,达到共速后,因滑块加速度最大值为1m/s2,则滑块相对于木板向前滑动,此时木板加速度a1′=μ1(M+m)g-μ2mgM=2.5m/s2,可知木板先停止运动,滑块继续减速运动,直到停止在木板上,选项B错误;从共速到滑块静止,木板的位移x3=v22a1'=0.2m,滑块向前的位移x4=v22a2=0.5m,滑块相对木板向前滑动的位移Δx′=x410.(多选)将一长木板静止放在光滑的水平面上,如图(甲)所示,一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动,到达右端时恰能与木板保持相对静止.现将木板分成A和B两段,使B的长度和质量均为A的2倍,并紧挨着放在原水平面上,让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动,如图(乙)所示.若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变,则下列有关说法正确的是(BD)A.小铅块将从木板B的右端飞离木板B.小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C.(甲)、(乙)两图所示的过程中产生的热量相等D.图(甲)所示的过程产生的热量大于图(乙)所示的过程产生的热量解析:在第一次小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,运动到B部分上后A部分停止加速,只有B部分加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等,所以小铅块还没有运动到B的右端,两者速度就已经相同,选项A错误,B正确;由于Q=Ffs相对,第一次的相对位移大于第二次的相对位移,则图(甲)所示的过程产生的热量大于图(乙)所示的过程产生的热量,选项C错误,D正确.11.(2022·安徽黄山一模)(多选)如图所示,轻弹簧的一端悬挂在天花板上,另一端固定一质量为m的小物块,小物块放在水平面上,弹簧与竖直方向夹角为θ=30°.开始时弹簧处于伸长状态,长度为L,现在小物块上加一水平向右的恒力F使小物块向右运动距离L,小物块与地面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,弹簧始终在弹性限度内,则此过程中分析正确的是(BD)A.小物块和弹簧系统机械能改变了(F-μmg)LB.弹簧的弹性势能可能先减小后增大接着又减小再增大C.小物块在弹簧悬点正下方时速度最大D.小物块动能的改变量等于拉力F和摩擦力做功之和解析:根据能量守恒定律,小物块和弹簧组成的系统,机械能变化量等于恒力F与摩擦力做的总功,即ΔE=WF-μ(mg-F弹)L=[F-μ(mg-F弹)]L,故A错误;由于弹簧起初长度为L,处于拉伸状态,与竖直方向夹角为30°,在向右运动位移为L的过程中,其长度先减少再恢复到原来拉伸长度,此过程中弹簧可能经历恢复原长、压缩、恢复原长、再拉伸状态,弹性势能即为先减小后增大接着又减小再增大,故B正确;当小物块处于弹簧悬点正下方时,由于并不确定弹簧的弹力大小,因此无法确定F,Ff的合力情况,加速度可能不为零,故C错误;由于对称性运动过程中弹力做的总功为0,根据动能定理,有WF-Wf=ΔEk,故D正确.12.(2022·四川成都质检)如图所示,传送带与地面的夹角θ=37°,A,B两端间距L=16m,传送带以速度v=10m/s沿顺时针方向运动,物体质量m=1kg无初速度地放置于A端,它与传送带间的动摩擦因数μ=,sin37°=,g=10m/s2,试求:(1)物体由A端运动到B端的时间;(2)系统因摩擦产生的热量.解析:(1)物体无初速度放上传送带受到沿传送带向下的滑动摩擦力,向下加速运动,根据牛顿第二定律有mgsinθ+μmgcosθ=ma1,设经时间t1加速到与传送带同速,则v=a1t1,x1=12a1t代入数据解得a1=10m/s2,t1=1s,x1=5m当物体与传送带同速后,因mgsinθ>μmgcosθ,物体将继续加速则有mgsinθ-μmgcosθ=ma2L-x1=vt2+12a2解得t2=1s故物体由A端运动到B端的时间t=t1+t2=2s.(2)物体与传送带间的相对滑动距离x相对=(vt1-x1)+(L-x1-vt2)=6m故Q=μmgcosθ·x相对=24J.答案:(1)2s(2)24J13.如图所示,半径R=1m的光滑半圆轨道AC与倾角θ=37°的粗糙斜面轨道BD放在同一竖直平面内,两轨道之间由一条光滑水平轨道AB相连,B处用光滑小圆弧平滑连接.在水平轨道上,用挡板将a,b两物块间的轻质弹簧挡住后处于静止状态,物块与弹簧不拴接.只放开左侧挡板,物块a恰好通过半圆轨道最高点C;只放开右侧挡板,物块b恰好能到达斜面轨道最高点D.已知物块a的质量为m1=2kg,物块b的质量为m2=1kg,物块与斜面间的动摩擦因数为μ=,物块到达A点或B点时已和弹簧分离.重力加速度g取10m/s2,sin37°=,cos37°=,求:(1)物块a经过半圆轨道的A点时对轨道的压力大小;(2)斜面轨道BD的高度h.解析:(1)物块a经最高点C时,有m1g=m1物块a从A点运动到C点过程,由机械能守恒定律得12m1vA2=2m1gR+1物块a经过半圆轨道A点时,有FN-m1g=m1代入数据,解得FN=120N根据牛顿第三定律物块a对轨道的压力大小FN′=120N.(2)物块a弹开过程中机械能守恒,则弹簧的弹性势能Ep=12m1vA2=2m1gR+12m1gR=放开右挡板物块b弹出到最高点的过程中,根据能量守恒定律,有Ep=m2